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1. 如图所示,在盛水的容器中,用力将一木块浸没在水底,撤去力后,木块在水中上浮且能跳出水面,忽略水的阻力,木块在水中上浮过程中,重力势能
增大
,机械能增大
,从木块上表面露出水面到完全跳出水面的过程中木块的动能将先增大后减小
。答案
增大
增大
先增大后减小
增大
先增大后减小
解析
【分析】
要解答本题，需结合重力势能、机械能、动能的影响因素，分析木块不同运动阶段的受力与运动状态：
1. 重力势能由质量和高度决定，木块上浮时高度变化会影响其重力势能；
2. 机械能是动能与势能的总和，需分析除重力外的力（浮力）做功对机械能的影响；
3. 木块露出水面到完全跳出水面时，排开水的体积变化导致浮力变化，结合浮力与重力的大小关系，判断动能的变化。
【解析】
1. 木块在水中上浮过程中，质量不变，高度不断升高，根据重力势能的影响因素，重力势能随高度增大而增大；
2. 机械能是动能与重力势能的总和，木块上浮时，浮力对木块做正功，除重力外的力（浮力）做功会使机械能增加，因此机械能增大；
3. 从木块上表面露出水面到完全跳出水面的过程中，木块排开水的体积逐渐减小，浮力逐渐减小：初始阶段浮力大于重力，木块向上加速，动能增大；当浮力小于重力后，木块向上减速，动能减小，所以动能先增大后减小。
【答案】
增大；增大；先增大后减小
【知识点】
重力势能；机械能；动能
【点评】
本题结合木块上浮的实际运动场景，考查不同能量的变化规律，需明确各能量的影响因素，通过受力分析判断运动状态，是力学中能量部分的基础应用题型。
【难度系数】
0.5
要解答本题，需结合重力势能、机械能、动能的影响因素，分析木块不同运动阶段的受力与运动状态：
1. 重力势能由质量和高度决定，木块上浮时高度变化会影响其重力势能；
2. 机械能是动能与势能的总和，需分析除重力外的力（浮力）做功对机械能的影响；
3. 木块露出水面到完全跳出水面时，排开水的体积变化导致浮力变化，结合浮力与重力的大小关系，判断动能的变化。
【解析】
1. 木块在水中上浮过程中，质量不变，高度不断升高，根据重力势能的影响因素，重力势能随高度增大而增大；
2. 机械能是动能与重力势能的总和，木块上浮时，浮力对木块做正功，除重力外的力（浮力）做功会使机械能增加，因此机械能增大；
3. 从木块上表面露出水面到完全跳出水面的过程中，木块排开水的体积逐渐减小，浮力逐渐减小：初始阶段浮力大于重力，木块向上加速，动能增大；当浮力小于重力后，木块向上减速，动能减小，所以动能先增大后减小。
【答案】
增大；增大；先增大后减小
【知识点】
重力势能；机械能；动能
【点评】
本题结合木块上浮的实际运动场景，考查不同能量的变化规律，需明确各能量的影响因素，通过受力分析判断运动状态，是力学中能量部分的基础应用题型。
【难度系数】
0.5
2. 如图甲所示,质量忽略不计的弹簧竖直固定在水平面上,$t=0$时刻,将一重力$G=50\ \mathrm{N}$的金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上并压缩弹簧到最低点,然后又被弹起而离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复,通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出这一过程中弹簧弹力$F$随时间$t$变化的图像如图乙所示,则在上述过程中,$t_1$时刻小球的动能
不是
(是/不是)最大的;小球在从最高点到最低点的运动过程中,动能的变化情况是先变大后变小
;$t_2∼ t_3$时间段内,小球增加的动能小于
(大于/等于/小于)弹簧减少的弹性势能,上述过程中小球和弹簧总的机械能是
(是/不是)守恒的。答案
不是
先变大后变小
小于
是
先变大后变小
小于
是
解析
【分析】要解决本题，需结合小球的受力变化分析运动状态，再结合F-t图像和能量守恒规律判断各问题：
1. 判断t₁时刻动能是否最大：t₁时刻小球刚接触弹簧，此时弹簧弹力为0，小球仅受重力，合力向下，仍在加速，动能会继续增大，直到弹力等于重力时动能最大，因此t₁时刻动能不是最大的。
2. 分析从最高点到最低点的动能变化：小球先自由下落，接触弹簧后，初始阶段弹力小于重力，合力向下，速度增大，动能变大；当弹力等于重力时速度最大，动能最大；之后弹力大于重力，合力向上，速度减小，动能变小，直到最低点速度为0，故动能先变大后变小。
3. 判断t₂~t₃时间段的能量关系：t₂时刻弹簧压缩至最短，小球在最低点；t₂~t₃时间段小球向上运动，弹簧弹性势能减少，转化为小球的动能和重力势能，根据能量守恒，弹簧减少的弹性势能等于小球增加的动能与增加的重力势能之和，因此小球增加的动能小于弹簧减少的弹性势能。
4. 判断总机械能是否守恒：从F-t图像可知，每次运动的弹力峰值相同，说明无能量损耗，小球和弹簧组成的系统总机械能守恒。
【解析】
1. t₁时刻动能：小球在t₁时刻刚接触弹簧，弹簧弹力为0，合力为重力，方向向下，小球仍向下加速，动能将继续增大，故t₁时刻动能不是最大的。
2. 最高点到最低点的动能变化：小球下落时，接触弹簧前自由下落，动能增大；接触弹簧后，F＜G时加速，动能变大；F=G时动能最大；F＞G时减速，动能变小，直到最低点速度为0，因此动能先变大后变小。
3. t₂~t₃时间段的能量关系：t₂时刻小球在最低点，t₂~t₃时间段小球向上运动，弹簧弹性势能减少，转化为小球的动能和重力势能，即弹簧减少的弹性势能=小球增加的动能+小球增加的重力势能，故小球增加的动能小于弹簧减少的弹性势能。
4. 总机械能：由F-t图像可知，小球每次运动的弹力峰值不变，说明运动过程无能量损失，小球和弹簧的总机械能守恒。
【答案】不是；先变大后变小；小于；是
【知识点】机械能守恒、动能变化分析、弹力与运动
【点评】本题结合F-t图像考查力学综合知识，需明确小球接触弹簧后的受力与运动的关系，以及能量转化规律，是对受力分析和能量守恒应用的典型考查，需理清运动各阶段的特点。
【难度系数】0.5
1. 判断t₁时刻动能是否最大：t₁时刻小球刚接触弹簧，此时弹簧弹力为0，小球仅受重力，合力向下，仍在加速，动能会继续增大，直到弹力等于重力时动能最大，因此t₁时刻动能不是最大的。
2. 分析从最高点到最低点的动能变化：小球先自由下落，接触弹簧后，初始阶段弹力小于重力，合力向下，速度增大，动能变大；当弹力等于重力时速度最大，动能最大；之后弹力大于重力，合力向上，速度减小，动能变小，直到最低点速度为0，故动能先变大后变小。
3. 判断t₂~t₃时间段的能量关系：t₂时刻弹簧压缩至最短，小球在最低点；t₂~t₃时间段小球向上运动，弹簧弹性势能减少，转化为小球的动能和重力势能，根据能量守恒，弹簧减少的弹性势能等于小球增加的动能与增加的重力势能之和，因此小球增加的动能小于弹簧减少的弹性势能。
4. 判断总机械能是否守恒：从F-t图像可知，每次运动的弹力峰值相同，说明无能量损耗，小球和弹簧组成的系统总机械能守恒。
【解析】
1. t₁时刻动能：小球在t₁时刻刚接触弹簧，弹簧弹力为0，合力为重力，方向向下，小球仍向下加速，动能将继续增大，故t₁时刻动能不是最大的。
2. 最高点到最低点的动能变化：小球下落时，接触弹簧前自由下落，动能增大；接触弹簧后，F＜G时加速，动能变大；F=G时动能最大；F＞G时减速，动能变小，直到最低点速度为0，因此动能先变大后变小。
3. t₂~t₃时间段的能量关系：t₂时刻小球在最低点，t₂~t₃时间段小球向上运动，弹簧弹性势能减少，转化为小球的动能和重力势能，即弹簧减少的弹性势能=小球增加的动能+小球增加的重力势能，故小球增加的动能小于弹簧减少的弹性势能。
4. 总机械能：由F-t图像可知，小球每次运动的弹力峰值不变，说明运动过程无能量损失，小球和弹簧的总机械能守恒。
【答案】不是；先变大后变小；小于；是
【知识点】机械能守恒、动能变化分析、弹力与运动
【点评】本题结合F-t图像考查力学综合知识，需明确小球接触弹簧后的受力与运动的关系，以及能量转化规律，是对受力分析和能量守恒应用的典型考查，需理清运动各阶段的特点。
【难度系数】0.5
3. 某手机软件具有录音和显示波形的功能。某乒乓球爱好者将一乒乓球从一定高度由静止释放，利用该手机软件记录下乒乓球碰撞台面时发出的声音，其波形随时间的变化如图所示。下列说法中，正确的是（
A.每次发声的时间间隔相等
B.整个过程中乒乓球的机械能不变
C.乒乓球每次弹起时的动能依次减小
D.乒乓球每次与台面碰撞的最大形变程度相同
C
）A.每次发声的时间间隔相等
B.整个过程中乒乓球的机械能不变
C.乒乓球每次弹起时的动能依次减小
D.乒乓球每次与台面碰撞的最大形变程度相同
答案
C
解析
【分析】
要解答本题，需结合乒乓球运动过程中的能量变化、波形图的时间特征，逐一分析每个选项：
1. 分析选项A：观察波形图中相邻两次碰撞（对应发声）的时间间隔，可发现间隔并非相等，后续间隔逐渐变小，因此A错误。
2. 分析选项B：乒乓球在下落、弹起过程中，受空气阻力作用，且碰撞台面时会有能量损失，机械能不断减小，并非保持不变，因此B错误。
3. 分析选项C：每次碰撞后乒乓球弹起的高度逐渐减小，弹起时的动能会转化为重力势能（$E_k = mgh$），因弹起高度h减小，故每次弹起时的动能依次减小，C正确。
4. 分析选项D：碰撞时的动能大小决定了与台面的形变程度，由于弹起时动能依次减小，所以每次碰撞的最大形变程度也依次减小，并非相同，因此D错误。
【解析】
逐一分析各选项：
选项A：由波形图可知，相邻两次碰撞的时间间隔逐渐变小，不满足“每次发声的时间间隔相等”，故A错误。
选项B：乒乓球运动过程中，受空气阻力和碰撞能量损失，机械能不断减小，故B错误。
选项C：乒乓球每次碰撞后弹起高度越来越小，弹起时动能转化为重力势能，根据$E_k = mgh$，h减小则弹起时动能依次减小，故C正确。
选项D：碰撞形变程度由碰撞时动能决定，因弹起动能依次减小，故碰撞最大形变程度也依次减小，D错误。
【答案】
C
【知识点】
机械能变化、动能与势能转化
【点评】
本题结合波形图考查机械能的变化，需从波形图中分析时间间隔特征，同时理解乒乓球碰撞过程中的能量损失，以及动能与重力势能的转化关系，是中等难度的力学应用题目。
【难度系数】
0.5
要解答本题，需结合乒乓球运动过程中的能量变化、波形图的时间特征，逐一分析每个选项：
1. 分析选项A：观察波形图中相邻两次碰撞（对应发声）的时间间隔，可发现间隔并非相等，后续间隔逐渐变小，因此A错误。
2. 分析选项B：乒乓球在下落、弹起过程中，受空气阻力作用，且碰撞台面时会有能量损失，机械能不断减小，并非保持不变，因此B错误。
3. 分析选项C：每次碰撞后乒乓球弹起的高度逐渐减小，弹起时的动能会转化为重力势能（$E_k = mgh$），因弹起高度h减小，故每次弹起时的动能依次减小，C正确。
4. 分析选项D：碰撞时的动能大小决定了与台面的形变程度，由于弹起时动能依次减小，所以每次碰撞的最大形变程度也依次减小，并非相同，因此D错误。
【解析】
逐一分析各选项：
选项A：由波形图可知，相邻两次碰撞的时间间隔逐渐变小，不满足“每次发声的时间间隔相等”，故A错误。
选项B：乒乓球运动过程中，受空气阻力和碰撞能量损失，机械能不断减小，故B错误。
选项C：乒乓球每次碰撞后弹起高度越来越小，弹起时动能转化为重力势能，根据$E_k = mgh$，h减小则弹起时动能依次减小，故C正确。
选项D：碰撞形变程度由碰撞时动能决定，因弹起动能依次减小，故碰撞最大形变程度也依次减小，D错误。
【答案】
C
【知识点】
机械能变化、动能与势能转化
【点评】
本题结合波形图考查机械能的变化，需从波形图中分析时间间隔特征，同时理解乒乓球碰撞过程中的能量损失，以及动能与重力势能的转化关系，是中等难度的力学应用题目。
【难度系数】
0.5
4. 小丽在探究“弹簧弹力大小与形变量的关系”时，发现同一根弹簧的弹力大小$F$与形变量$\Delta x$的比值$k$恒定。现小丽有两根原长相等的弹簧1和2，已知$k_1: k_2 = 1: 2$，在两根弹簧下分别挂同一物体，静止时弹簧1和2的伸长量分别为$\Delta x_1$和$\Delta x_2$，则$\Delta x_1: \Delta x_2 =$
2:1
。小丽通过查阅资料知道弹簧的弹性势能$E_{\mathrm{p}} = \dfrac{1}{2}k \Delta x^2$，此时弹簧1和2的弹性势能分别为$E_{\mathrm{p}1}$和$E_{\mathrm{p}2}$，则$E_{\mathrm{p}1}: E_{\mathrm{p}2} =$2:1
。小丽将弹簧1和2同时用来悬挂一物体，静止时如图甲所示，两弹簧的弹性势能之和为$E_{\mathrm{p甲}}$。将弹簧1和2连接后用来悬挂同一物体，静止时如图乙所示，两弹簧的弹性势能之和为$E_{\mathrm{p乙}}$，则$E_{\mathrm{p甲}}: E_{\mathrm{p乙}} =$2:9
。（已知图甲情况下悬挂物体时弹簧1和2伸长量相同，整个实验中弹簧所受重力不计，且均处于弹性限度内）答案
2:1
2:1
2:9
2:1
2:9
解析
【分析】
本题需结合胡克定律、弹性势能公式，分析弹簧不同连接方式的受力与形变关系。首先，挂同一物体时弹簧弹力等于重力，利用胡克定律求伸长量之比；再代入弹性势能公式计算势能比；最后分别分析并联、串联弹簧的总弹力与总伸长量，计算两种连接方式的总弹性势能，进而求比值。
【解析】
1. 求$\Delta x_1:\Delta x_2$：
弹簧挂同一物体静止时，弹力等于物体重力，即$F_1=F_2=G$。根据胡克定律$F=k\Delta x$，得$\Delta x=\frac{F}{k}$，因此：
$\Delta x_1=\frac{G}{k_1}$，$\Delta x_2=\frac{G}{k_2}$，
故$\Delta x_1:\Delta x_2=\frac{G}{k_1}:\frac{G}{k_2}=k_2:k_1=2:1$（已知$k_1:k_2=1:2$）。
2. 求$E_{\mathrm{p}1}:E_{\mathrm{p}2}$：
弹性势能公式为$E_{\mathrm{p}}=\frac{1}{2}k\Delta x^2$，因此：
$E_{\mathrm{p}1}=\frac{1}{2}k_1\Delta x_1^2$，$E_{\mathrm{p}2}=\frac{1}{2}k_2\Delta x_2^2$，
则$E_{\mathrm{p}1}:E_{\mathrm{p}2}=(\frac{1}{2}k_1\Delta x_1^2):(\frac{1}{2}k_2\Delta x_2^2)=\frac{k_1}{k_2}×(\frac{\Delta x_1}{\Delta x_2})^2$，
代入$k_1:k_2=1:2$、$\Delta x_1:\Delta x_2=2:1$，得：
$E_{\mathrm{p}1}:E_{\mathrm{p}2}=\frac{1}{2}×(\frac{2}{1})^2=\frac{1}{2}×4=2:1$。
3. 求$E_{\mathrm{p甲}}:E_{\mathrm{p乙}}$：
图甲（并联）：两弹簧并联，总弹力等于$G$，且伸长量相同，设为$\Delta x_甲$，则$F_{1甲}=k_1\Delta x_甲$，$F_{2甲}=k_2\Delta x_甲$，故$F_{1甲}+F_{2甲}=G$，即$(k_1+k_2)\Delta x_甲=G$，得$\Delta x_甲=\frac{G}{k_1+k_2}$。
总弹性势能$E_{\mathrm{p甲}}=\frac{1}{2}k_1\Delta x_甲^2+\frac{1}{2}k_2\Delta x_甲^2=\frac{1}{2}(k_1+k_2)\Delta x_甲^2$，代入$\Delta x_甲$得：
$E_{\mathrm{p甲}}=\frac{1}{2}(k_1+k_2)×(\frac{G}{k_1+k_2})^2=\frac{G^2}{2(k_1+k_2)}$。
图乙（串联）：两弹簧串联，弹力均等于$G$，故$\Delta x_{1乙}=\frac{G}{k_1}$，$\Delta x_{2乙}=\frac{G}{k_2}$，总伸长量$\Delta x_乙=\Delta x_{1乙}+\Delta x_{2乙}=G(\frac{1}{k_1}+\frac{1}{k_2})=\frac{G(k_1+k_2)}{k_1k_2}$。
总弹性势能$E_{\mathrm{p乙}}=\frac{1}{2}k_1\Delta x_{1乙}^2+\frac{1}{2}k_2\Delta x_{2乙}^2=\frac{1}{2}k_1×(\frac{G}{k_1})^2+\frac{1}{2}k_2×(\frac{G}{k_2})^2=\frac{G^2}{2k_1}+\frac{G^2}{2k_2}=\frac{G^2(k_1+k_2)}{2k_1k_2}$。
计算比值：
$E_{\mathrm{p甲}}:E_{\mathrm{p乙}}=\frac{G^2}{2(k_1+k_2)}:\frac{G^2(k_1+k_2)}{2k_1k_2}=\frac{k_1k_2}{(k_1+k_2)^2}$，
代入$k_1:k_2=1:2$（设$k_1=k$，$k_2=2k$），得：
$\frac{k×2k}{(k+2k)^2}=\frac{2k^2}{9k^2}=2:9$。
【答案】
2:1；2:1；2:9
【知识点】
胡克定律、弹性势能、弹簧连接
【点评】
本题结合胡克定律与弹性势能公式，考查弹簧并联、串联时的受力与能量分析，需明确不同连接方式下弹簧的弹力、形变特点，逻辑清晰即可逐步推导，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题需结合胡克定律、弹性势能公式，分析弹簧不同连接方式的受力与形变关系。首先，挂同一物体时弹簧弹力等于重力，利用胡克定律求伸长量之比；再代入弹性势能公式计算势能比；最后分别分析并联、串联弹簧的总弹力与总伸长量，计算两种连接方式的总弹性势能，进而求比值。
【解析】
1. 求$\Delta x_1:\Delta x_2$：
弹簧挂同一物体静止时，弹力等于物体重力，即$F_1=F_2=G$。根据胡克定律$F=k\Delta x$，得$\Delta x=\frac{F}{k}$，因此：
$\Delta x_1=\frac{G}{k_1}$，$\Delta x_2=\frac{G}{k_2}$，
故$\Delta x_1:\Delta x_2=\frac{G}{k_1}:\frac{G}{k_2}=k_2:k_1=2:1$（已知$k_1:k_2=1:2$）。
2. 求$E_{\mathrm{p}1}:E_{\mathrm{p}2}$：
弹性势能公式为$E_{\mathrm{p}}=\frac{1}{2}k\Delta x^2$，因此：
$E_{\mathrm{p}1}=\frac{1}{2}k_1\Delta x_1^2$，$E_{\mathrm{p}2}=\frac{1}{2}k_2\Delta x_2^2$，
则$E_{\mathrm{p}1}:E_{\mathrm{p}2}=(\frac{1}{2}k_1\Delta x_1^2):(\frac{1}{2}k_2\Delta x_2^2)=\frac{k_1}{k_2}×(\frac{\Delta x_1}{\Delta x_2})^2$，
代入$k_1:k_2=1:2$、$\Delta x_1:\Delta x_2=2:1$，得：
$E_{\mathrm{p}1}:E_{\mathrm{p}2}=\frac{1}{2}×(\frac{2}{1})^2=\frac{1}{2}×4=2:1$。
3. 求$E_{\mathrm{p甲}}:E_{\mathrm{p乙}}$：
图甲（并联）：两弹簧并联，总弹力等于$G$，且伸长量相同，设为$\Delta x_甲$，则$F_{1甲}=k_1\Delta x_甲$，$F_{2甲}=k_2\Delta x_甲$，故$F_{1甲}+F_{2甲}=G$，即$(k_1+k_2)\Delta x_甲=G$，得$\Delta x_甲=\frac{G}{k_1+k_2}$。
总弹性势能$E_{\mathrm{p甲}}=\frac{1}{2}k_1\Delta x_甲^2+\frac{1}{2}k_2\Delta x_甲^2=\frac{1}{2}(k_1+k_2)\Delta x_甲^2$，代入$\Delta x_甲$得：
$E_{\mathrm{p甲}}=\frac{1}{2}(k_1+k_2)×(\frac{G}{k_1+k_2})^2=\frac{G^2}{2(k_1+k_2)}$。
图乙（串联）：两弹簧串联，弹力均等于$G$，故$\Delta x_{1乙}=\frac{G}{k_1}$，$\Delta x_{2乙}=\frac{G}{k_2}$，总伸长量$\Delta x_乙=\Delta x_{1乙}+\Delta x_{2乙}=G(\frac{1}{k_1}+\frac{1}{k_2})=\frac{G(k_1+k_2)}{k_1k_2}$。
总弹性势能$E_{\mathrm{p乙}}=\frac{1}{2}k_1\Delta x_{1乙}^2+\frac{1}{2}k_2\Delta x_{2乙}^2=\frac{1}{2}k_1×(\frac{G}{k_1})^2+\frac{1}{2}k_2×(\frac{G}{k_2})^2=\frac{G^2}{2k_1}+\frac{G^2}{2k_2}=\frac{G^2(k_1+k_2)}{2k_1k_2}$。
计算比值：
$E_{\mathrm{p甲}}:E_{\mathrm{p乙}}=\frac{G^2}{2(k_1+k_2)}:\frac{G^2(k_1+k_2)}{2k_1k_2}=\frac{k_1k_2}{(k_1+k_2)^2}$，
代入$k_1:k_2=1:2$（设$k_1=k$，$k_2=2k$），得：
$\frac{k×2k}{(k+2k)^2}=\frac{2k^2}{9k^2}=2:9$。
【答案】
2:1；2:1；2:9
【知识点】
胡克定律、弹性势能、弹簧连接
【点评】
本题结合胡克定律与弹性势能公式，考查弹簧并联、串联时的受力与能量分析，需明确不同连接方式下弹簧的弹力、形变特点，逻辑清晰即可逐步推导，难度适中。
【难度系数】
0.5
